2.9.2 空间线面关系&2.9.3 空间中的平行关系与垂直关系-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

连接MG,则MG=4√2，当球的一个大圆恰好是四边形 MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为 2√2.综上可知，球O的半径R的取值范围是[22,2√3. 答案：[2√2,23 7.解析：如图，将三棱锥S一ABCS 转化为直三棱柱 M SMN-ABC, 设△ABC的外接圆圆心为O1, 0 半径为r, 则2r=- AB -sinZACB 3 =23,可 A -01 得r=√5， 设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接OA,OO1, 则0A=2,00=25A, 图为0A=00+0,A,即4=3+号5A,解得5A=2. 答案：2 第2节空间线面关系 考点1空间线面关系的判断 1.D对于A:正方体ABCD-A1BC,D1中.易知AA1∥ CC1,且AA1=CC1,∴.四边形A1ACC1是平行四边形， AC∥AC,A正确；对于B:正方体ABCD-A1B1CD 中，易知CC1⊥AB、CC1⊥BC,AB∩BC=B,.CC:⊥面 ABC,B正确；对于C:由A选项知AC1∥AC,ACC面 ACD1,AC寸面ACD1,∴AC1∥面ACD1,同理可证. CB∥面ACD1,AC1∩C,B=C.AC1C面AC1B,C1B C面AC1B,.面AC1B∥面ACD1,C正确；对于D:正 方体ABCD-A1B1C1D1中.易知平面ADD1与平面 ACD1不垂直，故D错误. 2.C本题考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平 面的位置关系.A中，m∥a,nCa,m与n可能平行或异 面，故A错误；B中，m⊥a,m⊥B,则a∥B,故B错误；D:m Ca,a⊥B,则m不一定垂直于B,故D错误. 3.A对于①，若m∥n,则n∥a或n∥B,正确；对于②，若 mLn,当nCa或nCB时，结论不一定成立，错误；对于 ③，若n∥a且n∥B,根据线面平行的性质知，m∥n,正 确，对于④，若n与a,B所成的角相等，m与n不一定垂 直，错误。 4.C对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可能平行、相交 或异面，故A,B错误；对于C,D,若m∥a,n⊥a,则m⊥ n,且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误. 5.C连接AC,BD交于O,连 接PO,则O为AC,BD的中 点，如图， 因为底面ABCD为正方形， A长 AB=4,所以AC=BD= 4√2，则D0=C0=2√2， 又PC=PD=3,PO=OP,所以△PDO≌△PCO, 则∠PDO=∠PCO, 18 详解详析 又PC=PD=3,AC=BD=4√2，所以△PDB2△PCA, 则PA=PB,在△PAC中， PC=3,AC=4√2，∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA=AC+PC-2AC·PCcos,∠PCA =32+9-2X4V2X3x2=17, 2 PA=√17，则PB=√17， 故在△PBC中，PC=3,PB=√17，BC=4, 所以cos∠PCB=PC+BC-PB-9+16-17-1 2PC·BC 2X3×4-3, 又O<∠PCBπ， 所以sin∠PCB=V1-cos∠PCB=2,E, 3 所以△PBC的面积为S=2PC,BCsin∠PCB =是×3×4×22=42.故选C 3 考点2空间角 1.BC取直线AB为x轴.设C,D到AB的垂足分别对应 坐标参数u,v,垂直于AB的分量为c,d,则|cl=2,d=1, c·d=2×1×cos60°=1. (垂直截面示意 D 60+ 垂足垂足 B 因为CD2=(u-)2+|c-d|2=(u-)2+4+1-2 =(u-w)2+3≥3， 所以CD≥√3，B正确. 若AB⊥CD,则u=v,此时CD完全落在垂直于AB的平 面内，且(d-c)·d=d|2-c·d=1-1=0, 即CD⊥AD,又CD⊥AB,AD∩BD=D,故CD⊥平面 ABD,C正确. A中可取u,v很大且接近，使∠CAD很小，故不恒成立. D中若AB⊥平面ACD,则AC与AD的夹角等于二面 角的平面角60°，并非必垂直，D错误. 2.C取AB的中点E,连接 DA CE,DE,因为△ABC是等腰 直角三角形，且AB为斜边， 则有CE⊥AB, 又△ABD是等边三角形，则 B DE⊥AB,从而∠CED为二 面角C一AB一D的平面角， 即∠CED=150°， 显然CE∩DE=E,CE,DEC平面CDE, 于是AB⊥平面CDE,又ABC平面ABC, 因此平面CDE⊥平面ABC, 显然平面CDE∩平面ABC=CE, 直线CDC平面CDE,则直线CD在平面ABC内的射影 为直线CE, 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB= 2,则CE=1,DE=√5，在△CDE中，由余弦定理得： 最新真题分类特训·数学 CD=√/CE2+DE2-2CE·DEcos∠CED √1+3-2×1×3× DE CD 由正弦定理 sin∠DCE sin∠CED' 得sin∠DCE=3sin150°=V √7 21 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=√J1一sin∠DCE 2 √3 5 /1 27 2' 所以直线CD与年西ABC所或的角的正切为停故 选C. 3.AC如图，由∠APB= 120°，AP=2可知，底面直 径AB=2V3,高P0=1,故该 ---07-- 圆锥的体积为π，故A对；该 圆锥的侧面积为2√3π，故B 错；连接CB,取AC中，点为Q,连接QO,PQ,易证二面角 P-AC-0的平面角为∠PQ0=45°，所以QO=P0=1,PQ =2,所以BC=2,所以AC=2V2,故C对：SAac=2 1 AC·PQ=2,故D错.故选AC. 4.DB,D与平面ABCD所成的角即∠B1DB,B1D与平 面AA1B1B所成的角即∠DB1A, 则∠B1DB=∠DB1A=30°，设B1D=2,则AD=B1B= 1,由长方体对角线长公式=a+b2十c2,得AB=√2， 从而AB1=√3，AB=√2AD,AB与平面AB,C1D所成的 角∠B,AB的正孩位为后AC->E=CB,BD与 平面BB,CC所或的角∠DB,C的正弦值为号，即 ∠DB1C=45°. D D 5.ABD如图，在正方体ABCD一 D A1BC,D1中，因为BC1⊥B,C, BC1⊥AB1,所以BC1⊥平面 A A1B1CD,所以BC1⊥DA1,BC ⊥CA1,故选项A,B均正确；设 A1C∩BD1=O,因为A1C⊥ 平面BB1D1D,所以直线BC:与 A 平面BB1DD所成的角为∠C1BO,在直角△C1BO中， 6血∠CB0-8-故∠CB0=30,故选项C错送 直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选 项D正确.综上，选ABD. 考点3空间距离 解析：过P作PD⊥AC于D,PE⊥ BC于E,POL平面ABC于O. 连接OD,OE,'PD=PE=3,PCA =2,.CD=CE=1. 由题意，四边形ODCE为圆内接四 边形，又∠ACB=90°， 四边形ODCE为正方形， .OD=1, .PO=√PD2-OD2=√3-I=√2. 即点P到平面ABC的距离为√2. 答案W2 第3节空间中的平行关系与垂直关系 考点1空间中的平行关系 1.A对于A选项：在正方体 ◇ ABCD-A1BCD1中，因为 EF分别为AB,BC的中点，易 A 知EF⊥BD,EF⊥DD,又 BD∩DD,=D,从而EF⊥平 面B,BDD,又因为EFC平 面B1EF,所以平面BEF⊥A 平面BDD,所以A选项正 E 确；对于B选项：因为平面A,BD∩平面BDD1=BD,由 上述过程易知平面B,EF⊥平面A,BD不成立；对于C 选项：由题意知直线AA与直线BE必相交，故平面 B,EF与平面A1AC有公共点，从而C选项错误；对于D 选项：连接AC,AB1,B1C,易知平面AB1C∥平面 A1C1D,又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1, 故平面AB1C与平面B1EF不平行，所以D选项错误. 2.解：(1)POL底面，AB=2, ·∠PAB=5,0A=1, .PA=2, ∴.Sw=πrl=2x (2)证明：AC=号，0A=1, ∠A0C=子 CD∥AB, ÷∠DC0=∠A0C=S, .OC=OD, ∴△OCD为等边三角形， .CD=OD=OB, ,CD∥OB, .四边形OCDB是平行四边形， ∴.OC∥BD, ,OC丈平面PBD,BDC平面PBD, .OC∥平面PBD, .AO=OB,PQ=AQ, .OQ∥PB, OQ丈平面PBD,PBC平面PBD, .OQ∥平面PBD, ,OC∩OQ=O,OCC平面OCQ,OQC平面OCQ, .平面PBD∥平面OCQ, .'QMC平面OCQ, ∴QM∥平面PBD. 3.解：(1)连接DE,OF,设AF=tAC,则BF=BA十AF -(1-)BA+:BC,AO--BA+BC, BF⊥AO, 则BF·AO=[(1-t)BA+tBC]· (-BA+号BC)=(-1DB+2B =4(t-1)+4t=0, 解得1=子，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为 PB,PA,BC,AC的中点， 于是DE∥AB,DE=AB,OF/AB, OF=AB,即DE∥OP,DE=OF, 则四边形ODEF为平行四边形， EF∥DO,又EF中平面ADO,DOC平面ADO, 所以EF∥平面ADO. (2)过P作PM垂直FO的延长线交于点M, 因为PB=PC,O是BC中点，所以POLBC, 在RAPBO中，PB=6,B0=2BC=E, 所以PO=√PB-OB=√6-2=2， 因为AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC, 又PO∩OF=O,PO,OFC平面POF, 所以BC⊥平面POF,又PMC平面POF, 所以BC⊥PM,又BC∩FM=O,BC,FMC平面ABC, 所以PM⊥平面ABC, 即三棱锥P一ABC的高为PM, 因为∠POF=120°，所以∠POM=60°， 所以PM=POsin60°=2X9-=5, 2 又Sa=7AB·BC-7×2X2E=2E, 所以V,-版=专5m·PM=号X22xg-2g5 3 考点2空间中的垂直关系 1.BD易知ADL平面BCC1B1,若 D AD⊥AC,则AC∥平面BCC,B1 (或在该面内)，显然不成立，故A 选项错误.由BC⊥AD和BC⊥ AA1,AD∩AA1=A,AD,AA1C平 D A 面AA1D,且BC丈平面AA1D,可 B 18 详解详析 知BC⊥平面AA1D,又，B1C1∥BC,.B1C1⊥平面 AA1D,故B选项正确.过A1且与AD平行的线为A1D1 (D1为B1C1中，点)，而非A1B1,故C选项错误.由CC1∥ AA1知D选项正确.故本题正确选项为BD. 2.解：(1)因为A1C⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以A,C⊥BC,又因为∠ACB=90°，即AC⊥BC, AC,ACC平面ACCA1,AC∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC,A1, 又因为BCC平面BB1C1C, 所以平面ACC1A1⊥平面BB1CC. (2)如图，过点A1作AO⊥ CC,垂足为O. 因为平面ACC,A1⊥平面 0 BCC1B1,平面ACC1A1∩平 面BCC1B1=CC1,A1OC平 面ACC1A1, 所以A1OL平面BCCB, 所以四棱锥A1一BB1CC的 高为A1O. 因为A1C⊥平面ABC,AC,BCC平面ABC, 所以A1C⊥BC,AC⊥AC, 又因为A1B=AB,BC为公共边， 所以△ABC与△A1BC全等，所以AC=AC. 设A1C=AC=x,则AC1=x, 所以0为CC,中点，0C=2AA=1, 又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC=AA好， 即x2+x2=22,解得x=√2， 所以A10=/AC-0C=√(W2)2-12=1, 所以四棱锥A1一BB1C1C的高为1. 3.解：(1)连接MN,C,A.由 M,N分别是BC,BA的 B 中点，根据中位线性质， MN∥AC,且MN=AC 2 =1, 由棱台性质，AC1∥AC, 于是MN∥AC1,由MN =A1C=1可知，四边形B1 MNAC1是平行四边形，则AN∥MC1, 又A,N寸平面C1MA,MC,C平面C,MA, 于是A1N∥平面C,MA. (2)过M作ME⊥AC,垂足为E,过E作EF⊥AC1,垂足 为F,连接MF,CE. 由MEC平面ABC,A1A⊥平面ABC,故AA1⊥ME,又 ME⊥AC,AC∩AA1=A,AC,AA1C平面ACC1A1,则 ME⊥平面ACC1A1· 由AC,C平面ACC1A1, 故ME⊥AC1,又EF⊥ AC1,ME∩EF=E,ME, EFC平面MEF,于是 AC1⊥平面MEF, 由MFC平面MEF,故 AC⊥MF.于是平面 C1MA与平面ACC1A1 所成角即为∠MFE. 最新真题分类特训·数学 又ME-号-1o∠CC-后 则n∠CAC-号故EF=1Xm∠CAC=后 2 在R△MEF中，∠MEF=90,对MF√+音-是， 于是ms∠MFE-器=号 (3)过C1作C1P⊥AC,垂足为 P,作C1Q⊥AM,垂足为Q,连 B. 接PQ,PM,过P作PR⊥C,Q, 垂足为R. 由题千数据可得，CA=CC= 5,CM=√Cp+PM=5,g M 报据勾股定里得，CQ6一（图】 3v2 2, 由C,P⊥平面AMC,AMC平面AMC,则C1P⊥AM,又 CQ⊥AM,C1Q∩C1P=C1,C1Q,C1PC平面C1PQ,于 是AM⊥平面CPQ. 又PRC平面CPQ,则PR⊥AM,又PR⊥CQ,CQ∩ AM=Q,C1Q,AMC平面C,MA,故PR⊥平面C,MA. 在R△CPQ中，PR=PG·PQ_2X22 QC1 323 2 又CA=2PA,故，点C到平面C1MA的距离是P到平面 C1MA的距离的两倍， 即点C到平面C1MA的距离是 31 4.解：(1)取CD中点E,连接 D C D1E,A1B∥D1E,D1EC平面A1 B DCCD,AB寸平面DCCD1, .A1B∥平面DCC1D1. (2)底面积为9，.AA1=4, D 八、E BD=√13，A到BD的距离 d=2×3=6 √13√13 tan 0=AA2 13-0=arctan 213 d 3 31 即二面角A-BD-A的大小为aretan2y3 3 考点3折叠、截面问题和探究性问题中的位置关系 1.ABD对于A,球体直径为0.99<1，故球体可以放入正 方体容器内，故A正确； 对于B,连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面 体，其棱长为√2>1.4，故B正确； 对于C,底面直径为0.01m,可以忽略不计，但高为1.8 >√3，√3为正方体的体对角线的长，故C不正确； 对于D,因为1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆 柱的底面圆， 如图，过AC的中点O作OE⊥AC1,设OE∩AC=E, 18 C 0 01 M 可知AC=2,CC=1,AC,=5,0A=5, 2, 则a∠CAC-%-85, W23 4 2 9>06, 故以AC为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱， 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相 切，设圆柱的底面圆心O1,与正方体的下底面的切，点为 M,可知：AC⊥0M,0M=0.6,则tm∠CAC-念 =0M AO’ 中后器解得40-06E. 根据对称性可知圆柱的高为√3一2×0.6√2≈1.732一 1.2×1.414=0.0352>0.01, 所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选ABD. 2.B过点P作底面射影点O,则由题意， CO=2√3，PC=6,.PO=2√6，当CO 上存在一点Q使得PQ=5,此时QO=1, C 则动点Q在以QO为半径，O为圆心的圆 里，所以面积为π. 第4节空间向量与立体几何 考点1利用空间向量求线线角 解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AB. 又AB⊥AD,AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD, 又.ABCPAB,故平面PAB⊥平面PAD. (2)易知AB,AD,PA两两垂直，以A为坐标原点，AB方 向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP方向为之轴 正方向建立空间直角坐标系，易得A(0,0,0),B(√2,0， 0),C(√2,2,0)，D(0,3+1,0),P(0,0,√2). (i)设球心O(x,y,z),由OB=OC=OD=OP可得 [(x-√2)2+y+22=(x-√2)2+(y-2)2+z2 (x-2)2+y2+22=x2+(y-3-1)2+22,解得y= (x-√2)2+y2+2=x2+y2+(z-√2)2 1,x=x=0,显然点O(0,1,0)为直线AD上的点，ADC 平面ABCD,所以点O(0,1,0)在平面ABCD上. (i)AC=(W2,2,0),PO=(0,1,-√2)，直线AC与PO所 成角的余弦值等于cos(AC,PO》=AC·P9=? |ACIIPO√6X3 3 0第2节 空 [考点1]空间线面关系的判断 1.(2026·天津卷，5)正方体ABCD A1BC,D1中，下列结论错误的是( A.AC∥A1C1 B.CC1⊥平面ABC C.平面ACD1∥平面A1C1B D.平面ADD,⊥平面ACD, 2.(2025·天津卷，4)已知m,n为两条直线，a,3 为两个平面，则下列结论中正确的是() A.若m∥a,nCa,则m∥n B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥3 C.若m∥a,m⊥B,则a⊥3 D.若mCa,a⊥B,则m⊥3 3.(2024·全国甲卷（理），10)设a,3为两个平面， m,n为两条直线，且a∩B=m.下述四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥β；②若m⊥n,则 n⊥a或n⊥B;③若n∥a且n∥B,则m∥n; ④若n与a,β所成的角相等，则m⊥n.其中 所有真命题的编号是 ( A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 4.(2024·天津卷，6)若m,n为两条直线，a为 一个平面，则下列结论中正确的是( ) A.若m∥a,n∥a,则m⊥n B.若m∥a,n∥a,则m∥n C.若m∥a,n⊥a,则m⊥n D.若m∥a,n⊥a,则m与n相交 5.(2023·全国甲卷（理），11)在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4, PC=PD=3,∠PCA=45°，则△PBC的面 积为 ( ) A.2√2 B.3√2 C.42 D.5√2 [考点2]空间角 1.(2026·全国I卷，10)（多选）在空间中，A、 B为两个定点，动点C到直线AB的距离为 2,动点D到直线AB的距离为1，若二面角 C-AB-D为60°，则 ( 第二部分专题九立体几何 间线面关系 A.∠CAD≥60° B.CD≥3 C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABD D.当AB⊥平面ACD时，AC⊥AD 2.(2023·全国乙卷（理），9)已知△ABC为等 腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三 角形，若二面角C-AB一D为150°，则直线CD 与平面ABC所成角的正切值为 A R号 n号 3.(2023·新课标Ⅱ卷，9)（多选）已知圆锥的 顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径， ∠APB=120°，PA=2,点C在底面圆周上， 且二面角P一AC一O为45°，则 () A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4√3π C.AC=2√2 D.△PAC的面积为√3 4.(2022·全国甲卷（理），7)在长方体ABCD A1BCD1中，已知B,D与平面ABCD和平面 AA1B1B所成的角均为30°，则 () A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45 5.(2022·新高考I卷，9)（多选）已知正方体 ABCD-A1B1C1D1,则 () A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC,与平面BBDD所成的角 为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° [考点3]空间距离 (2019·全国I卷（文），16)已知∠ACB= 90°，P为平面ABC外一点，PC=2,点P到 ∠ACB两边AC,BC的距离均为√3，那么P 到平面ABC的距离为 最新真题分类特训·数学 第3节空间中的平行关系与垂直关系 [考点1]空间中的平行关系 3.(2023·全国乙卷（文）， 1.(2022·全国乙卷（理），7)在正方体ABCD 19)(12分)如图，在三棱 -A1B1C1D1中，E,F分别为AB,BC的中 锥P一ABC中，AB⊥1 点，则 ( BC,AB=2,BC=2√2， A.平面B1EF⊥平面BDD PB=PC=√6，BP,AP, B.平面B1EF⊥平面A1BD BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上， C.平面B,EF∥平面A1AC BF⊥AO. D.平面B1EF∥平面AC1D (1)求证：EF∥平面ADO; 2.(2025·上海卷，18)如图， (2)若∠POF=120°，求三棱锥P-ABC的 P是圆锥的顶点，O是底 体积. 面圆心，AB是底面直径， 且AB=2. (1)若直线PA与圆锥底 40B 面的所成角为，求圆锥的侧面积， (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底 面圆周上，且弧AC的长为于，CD∥AB.设点 M在线段OC上，证明：直线QM∥平 面PBD. 第二部分专题九立体几何 [考点2]空间中的垂直关系 3.(2023·天津卷，17) 1.(2025·全国一卷，9)（多选）在正三棱柱ABC (15分)如图，在三棱台 B. 一ABC中，D为BC的中点，则 ()》 ABC-AB,C中，已 A.AD⊥AC 知A1A⊥平面ABC, B.B1C1⊥平面AAD AB⊥AC,AB=AC= C.AD∥AB AA1=2,AC=1,M, B D.CC1∥平面AA1D N分别是线段BC,AB的中点. 2.（2023·全国甲卷 (1)求证：A1N∥平面C,MA; (文)，18)（12分)如 (2)求平面C,MA与平面ACC1A1所成角 图，在三棱柱ABC一 的余弦值； ABC1中，AC⊥平面 (3)求点C到平面C,MA的距离. ABC,∠ACB=90°. (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1 BB1C1C的高. 最新真题分类特训·数学 4.(2023·上海卷，17)已 D 知直四棱柱ABCD一 A.6 B ABC1D1,AB∥DC, AB⊥AD,AB=2,AD D =3,DC=4. (1)求证：A1B∥平面DCC1D1; (2)若直四棱柱的体积为36，求二面角A1 BD-A的大小. [考点3]折叠、截面问题和探究性问题中 的位置关系 1.(2023·新课标I卷，12)（多选）下列物体中，能 够被整体放入棱长为1（单位：m)的正方体容 器（容器壁厚度忽略不计）内的有 () A.直径为0.99m的球体 B.所有棱长均为1.4m的四面体 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体 D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 2.(2022·北京卷，9)已知正三棱锥P-ABC的 六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构 成的集合.设集合T={Q∈SPQ≤5}，则T表 示的区域的面积为 () A贤 B.π C.2π D.3π 76